1、邯郸市2021届高三下学期5月第三次模拟考试数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：新高考范围。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知全集为U，集合A，B为U的
2、子集，若，则A. B. C. BD. A2.在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边为x轴的非负半轴，若点是角终边上的一点，则等于A. B. C. D. 3.已知双曲线的一条渐近线方程为，分别是双曲线C的左、右焦点，P为双曲线C上一点，若，则A. 1B. 1或9C. 3或9D. 94.已知复数（i为虚数单位，），若，从M中任取一个元素，其模为1的概率为A. B. C. D. 5.生物体的生长都经过发生、发展、成熟三个阶段，每个阶段的生长速度各不相同，通常在发生阶段生长速度较为缓慢、在发展阶段速度加快、在成熟阶段速度又趋于缓慢，按照上述三个阶段生长得到的变化曲线称为生长曲线.美国生物学家和人
3、口统计学家雷蒙德皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用“皮尔曲线”的函数解析式为.一种刚栽种的果树的生长曲线的函数解析式为，x表示果树生长的年数，表示生长第x年果树的高度，若刚栽种时该果树高为1m，经过一年，该果树高为2.5m，则A.2.5 mB.2 mC.1.5 mD.1 m6.如图，圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线与所成角的大小为A. B. C. D. 7.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一
4、规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如下图），记第2行的第3个数字为a1、第3行的第3个数字为a2，第n（）行的第3个数字为，则A.220B.186C.120D.968.已知点P在直线上，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB距离的最大值为A. B. C. 2D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.在管理学研究中，有一种衡量个体领导力的模型，称为“五力模型”，即一个人的领导力由五种能力影响力、控制力、决断力、前瞻力和感召力构成.右图是某企业
5、对两位领导人领导力的测评图，其中每项能力分为三个等级，“一般”记为4分、“较强”记为5分、“很强”记为6分，把分值称为能力指标，则下列判断正确的是A.甲、乙的五项能力指标的均值相同B.甲、乙的五项能力指标的方差相同C.如果从控制力、决断力、前瞻力考虑，乙的领导力高于甲的领导力D.如果从影响力、控制力、感召力考虑，甲的领导力高于乙的领导力10.已知两个不为零的实数x，y满足，则下列结论正确的是A. B. C. D. 11.英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法牛顿迭代平法，做法如下：如图，设r是的根，选取作为r的初始近似值，过点作曲线的切线，则l与x轴的交点的横坐标，称是r的一次近
6、似值；过点作曲线的切线，则该切线与x轴的交点的横坐标为x2，称x2是r的二次近似值；重复以上过程，得r的近似值序列，其中，称是r的n+1次近似值，这种求方程近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程的近似解，则A.若取初始近似值为1，则该方程解的二次近似值为B.若取初始近似值为2，则该方程解的二次近似值为C. D. 12.已知函数，则A.对任意正奇数为奇函数B.当时，的单调递增区间是C.当时，在上的最小值为D.对任意正整数的图象都关于直线对称三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若向量满足，则向量的夹角为 .14.请写出一个函数 ，使之同时具有如下性质：，.15.已知椭圆C
7、的左、右焦点分别为，直线AB过与椭圆交于A，B两点，当为正三角形时，该椭圆的离心率为 .16.在上、下底面均为正方形的四棱台中，已知，则该四棱台的表面积为 ；该四棱台外接球的体积为 .（本小题第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步驟。17.（本小题满分10分）在等比数列中，公比，其前n项和为，且， .（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列满足，求数列的通项公式.从，是与2的等差中项，这三个条件中任选一个，补充到上面问题中的横线上，并作答.注：如果选择多个条件分别解答，按照第一个解答计分.18.（本小题满分12分）在中，角A，B，C的对
8、边分别为，点D在边AC上，且，.（1）求角B的大小；（2）求面积的最大值.19.（本小题满分12分）在三棱柱中，底面ABC，为正三角形，E是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20.（本小题满分12分）已知抛物线的焦点为F，准线为l.设过点F且不与x轴平行的直线m与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M作直线垂直于l，垂足为N，直线MN与抛物线C交于点P.（1）求证：点P是线段MN的中点.（2）若抛物线C在点P处的切线与y轴交于点Q，问是否存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为的菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由.21.（本小题满分12分）
9、现代战争中，经常使用战斗机携带空对空导弹攻击对方战机，在实际演习中空对空导弹的命中率约为20%，由于飞行员的综合素质和经验的不同，不同的飞行员使用空对空导弹命中对方战机的概率也不尽相同.在一次演习中，红方的甲、乙两名优秀飞行员发射一枚空对空导弹命中蓝方战机的概率分别为和，两名飞行员各携带4枚空对空导弹.（1）甲飞行员单独攻击蓝方一架战机，连续不断地发射导弹攻击，一旦命中或导弹用完即停止攻击，各次攻击相互独立，求甲飞行员能够命中蓝方战机的概率？（2）蓝方机群共有8架战机，若甲、乙共同攻击（战机均在攻击范围之内，每枚导弹只攻击其中一架战机，甲，乙不同时攻击同一架战机）.若一轮攻击中，每人只有两次进
10、攻机会，记一轮攻击中，击中蓝方战机数为X，求X的分布列；若实施两轮攻击（用完携带的导弹），记命中蓝方战机数为Y，求Y的数学期望E(Y).22.（本小题满分12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围.高三数学参考答案、提示及评分细则1.C 因为，所以，所以.故选C.2.B 由题意得，从而，故选B.3.D 由题意知，所以，所以，所以，所以点P在双曲线C的左支上，所以，所以，故选D.4.B 因为，所以，即的取值只有四个数，所以，M中共7个元素，其中模为1的有三个元素，故所求概率为.故选B.5.C 根据已知，得且得，所以，从而，所以，故选C.6.B 在直角梯
11、形中，因为B为OA的中点，所以，连接，易证四边形为矩形，所以，所以为异面直线与所成的角，在直角三角形中，所以；连接OC，在直角三角形OBC中，由，得；在直角三角形中，所以，故选B.7.A .故选A.8.D 设，则，以OP为直径的圆的方程是，与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即，因为，所以，代入直线AB的方程，得，即，当且，即，时该方程恒成立，所以直线AB过定点N（1，1），点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，所以点M（3，2）到直线AB距离的最大值为。故选D.9.AB 甲的五项能力指标为6，5，4，5，4.平均值为；乙的五项能力指标为6，4，5，4，5，平均值为，则A正确；由
12、于均值相同，各项指标数也相同（只是顺序不同），所以方差也相同，则B正确；从控制力、决断力、前瞻力考虑，甲的均值为，乙的均值为，所以甲的领导力高于乙的领导力，则C不正确；从影响力、控制力、感召力考虑，甲、乙的指标均值相同，方差也相同，所以甲、乙水平相当，则D不正确.故选AB.10.AC 因为，所以，所以，则A正确；因为，当时，当时，则B错误；令，易知在R上单调递增，又，所以，即，则C正确；对于D，法一：令，易知在和上单调递减，不妨设，则，即，亦即，则D错误；法二：取，则，则D错误，故选AC.11.ABC 构造函数，则，取初始近似值，则，则A正确；取初始近似值，则，则B正确；根据题意，可知，上述四
13、式相加，得，则D不正确，C正确，故选ABC.12.CD 取，则，从而，此时不是奇函数，则A错误；当时，则的递增区间为，则B错误：当时，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，故C正确；因为，所以的图象关于直线对称，则D正确.故选CD.13. 设夹角为，由，得，结合，解得，又，所以.14. 性质分别表示关于直线对称和以4为周期，答案不唯一，写出一个即可，15. 不妨设椭圆的方程为，根据椭圆定义，为正三角形，所以，即为线段AB的中点，根据椭圆的对称性知AB垂直于x轴.设，则，.因为，即，所以.16.（2分）（3分）在等腰梯形中，过作，垂足为H，易求，则四棱台的表面积为.设，.
14、由棱台的性质，可将该棱台补成四棱锥（如右图）.因为，可知与相似比为1：2；则，则，则，即该四棱台的高为，由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在上，在平面上，由于，则，即点O到点B与到点的距离相等，同理O到A，A1，C，C1，D，D1的距离均为，于是O为外接球的球心，且外接球的半径，故该四棱台外接球的体积为.17.解：（1）若选.由及，得，两式相减，得，即，所以，由，得，代入，得，解得，所以数列的通项公式为.若.因为，所以，两式相除，得，结合，得，所以，解得，所以数列的通项公式为.若选是与2的等差中项.由是与2的等差中项，得，则，由，得，由通项公式，得，消去，得，结合，解得，代入，得，所以数
15、列的通项公式为.（2）由（1），得.，所以当时，.又也适合上式，故数列的通项公式是.18.解：（1）由及正弦定理，得，又，所以，即，因为，所以，又，得.（2）方法1：因为点D在边AC上，且，所以，即，即，由，可得，即，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为，当且仅当，即，时等号成立。方法2.设，则，在中，由余弦定理，得，即；同理，在中，由余弦定理，得，由消掉，得.在中，由余弦定理，得，即，把代入，得，由，可得，即，所以面积的最大值为，当且仅当，即，时等号成立。19.（1）证明：取的中点F，取AC的中点G，连接EF，FG，BG.因为E是的中点，所以，.因为FG是的中位线，所以，所以，所以四边形
16、BEFG为平行四边形，所以.因为为正三角形，G为AC的中点，所以.因为底面ABC，底面ABC，所以，所以，.又平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：以B为原点，分别以的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图所示），则，从而.设平面的法向量为，则即取，则所以平面的一个法向量为设平面的法向量为，则即取，则，所以平面的一个法向量为.设向量的夹角为，则，由图知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.20.（1）证明：由题意知直线m的斜率存在且不为0，故设直线m的方程为，代入，并整理得.所以，设，则，.设，则，即.由，得，所以MN中点的坐标为.将代入，解得，则，所以点P是MN的中
17、点.（2）解：由，得，则.所以抛物线C在点的切线PQ的斜率为k，又由直线m的斜率为k，可得；又轴，所以四边形MPQF为平行四边形.而，由，得，解得，即当时，四边形MPQF为菱形，且此时，所以，直线m的方程为，即，或，所以存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为的菱形.21.解：设甲、乙两名飞行员发射的第i枚导弹命中对方战绩分别为事件，则，.（1）设甲飞行员能够击中蓝方战机为事件M，则，所以.（2），则，所以X的分布列为X01234P记两轮：击中甲命中战机数为，则，乙命中战机数为，则，所以.22.解：函数的定义域为，（1），当时，所以在上单调递增；当时，若，则；若，则，所以在上单调递减，在上单调递增.（2）由，得，因为，所以，所以.设，则.当时，；当时；当时，所以是的极小值点，也是的最小值点，所以，即对任意（当且仅当时等号成立）.所以，即（当且仅当时等号成立）.令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，也是的最小值点，所以，即当且仅当时，.所以，即（当且仅当时等号成立），所以时，对任意的恒成立，故实数a的取值范围是.
